第六章 第2讲 动量守恒定律及其应用-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习教师用书word（人教版2019）

第2讲　动量守恒定律及其应用 1．理解系统动量守恒的条件。 2．会应用动量守恒定律解决基本问题。 3．会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型。 4．理解碰撞的种类及其遵循的规律。 [对应学生用书P126] 【微点辨析】 (1)动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。(√) (2)系统动量守恒，则机械能也守恒。(×) (3)质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度。(×) (4)系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。(×) (5)两物体相互作用时若系统间存在摩擦力，则两物体组成的系统动量不守恒。(×) (6)若系统动量不守恒，就无法应用动量守恒定律解题。(√) (7)只要系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，系统的机械能也守恒。(×) [对应学生用书P126] 考点 动量守恒定律的理解和基本应用(互动共研) 适用条件 (1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。 (2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。 (3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。 考向1　系统动量守恒的判断 [例1]　(2025·辽宁丹东市期末)如图，水平地面上有一小车C，顶端有一轻滑轮，质量完全相同的两个小木块A、B由通过滑轮的轻绳相连接，初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态。某时刻突然将手撤去，A、B、C开始运动，则对小车C、小木块A、B三者组成的系统，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计)(　　) A.动量不守恒，机械能不守恒 B.动量守恒，机械能守恒 C.竖直方向上动量守恒，机械能不守恒 D.水平方向上动量守恒，机械能守恒 解析　所有摩擦均忽略不计，只有动能和势能相互转化，总的机械能不变，机械能守恒；初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态。松手后，整个系统竖直方向上合力不为零，动量不守恒，但水平方向上合力为零，水平方向上动量守恒。故D正确。 答案　D 考向2　动量守恒的基本应用 [例2]　如图，质量M＝9 kg的小车A以大小为v0＝8 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架光滑水平台面上放置质量m＝1 kg的小球B(可看作质点)，小球距离车上表面H＝0.8 m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量m0＝6 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此后，小球刚好落入小车右端固定的桶中(桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)小车的最终速度的大小v。 (2)初始时小球与桶的水平距离Δx。 解析　(1)整个过程中，小球B、小车A和物块C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，设系统最终速度为v，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得(M＋m)v0＝(M＋m＋m0)v，解得v＝5 m/s。 (2)A与C的碰撞过程动量守恒，则有Mv0＝(M＋m0)v1， 设小球下落的时间为t，则有H＝gt2， Δx＝(v0－v1)t，解得Δx＝1.28 m。 答案　(1)5 m/s　(2)1.28 m 应用动量守恒定律解题的步骤 (1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。 (2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。 (3)规定正方向，确定初、末状态动量。 (4)由动量守恒定律列出方程。 (5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。 1．在沈海高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1.5×104 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为2.0×104 kg向北行驶的货车，碰后两辆车连在一起，并向北滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，两车碰撞前长途客车以108 km/h的速度行驶，由此可判断货车碰撞前的行驶速度大小为(　　) A．大于10 m/s B．小于22.5 m/s C．一定大于22.5 m/s D．一定大于30 m/s 解析　碰撞前长途客车的速度v1＝108 km/h＝30 m/s，根据碰后两辆车连在一起且向北滑行的情况，可知由两车组成的系统的总动量方向向北，所以碰前客车的动量p1＝m1v1(向南)应该小于货车的动量p2＝m2v2(向北)，即m1v1＜m2v2，代入数据有1.5×104×30(kg·m/s)＜2.0×104×v2(kg·m/s)，解得v2＞22.5 m/s，C正确。 答案　C 考点 碰撞问题(方法模型) 1．碰撞问题遵守的三条原则 (1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。 (3)速度要符合实际情况 ①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变。 2．弹性碰撞的重要结论 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2 联立解得：v1′＝v1，v2′＝v1 讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)； ②若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1； ③若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0。 3．物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝v0。则碰后物体B的速度范围：v0≤vB≤v0。 类型1　碰撞的可能性 [例3]　A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是 (　　) A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s 解析　虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝mvAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝mAvA2＋mBvB2＝22 J，违背了能量守恒定律，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确。 答案　B 类型2　弹性碰撞 [例4]　(2022·湖南卷)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是(　　) A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小 C．v2大于v1 D．v2大于v0 解析　设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，mv02＝mv12＋mv32，联立解得v1＝v0，设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，mv02＝×14mv22＋mv42，联立解得v2＝v0，可得v1＝v0>v2，故C、D错误；碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝，可得pN>pH，故A错误；碰撞后氢核的动能为EkH＝mv12＝mv02，氮核的动能为EkN＝×14mv22＝，可得EkH>EkN，故B正确。 答案　B 类型3　非弹性碰撞 [例5]　(2025·黑龙江实验中学高三月考)如图所示，光滑水平面上依次有滑块C质量mC＝2 kg，滑块A质量mA＝3 kg，滑块B质量mB＝3 kg。开始时A、B静止，C以初速度v0＝10 m/s的速度冲向A，与A发生弹性碰撞，碰撞后A继续向右运动，与B发生碰撞并粘在一起。求： (1)C与A碰撞后A的速度大小为多少。 (2)A与B碰撞过程中损失的机械能。 解析　(1)取向右为正方向，以C、A为系统研究， 根据动量守恒定律有mCv0＝mCvC＋mAvA， 根据机械能守恒定律有mCv＝mCv＋mAv， 解得vC＝－2 m/s，vA＝8 m/s， 即C与A碰撞后A的速度大小为8 m/s。 (2)仍取向右为正方向，以A、B为系统研究， 根据动量守恒定律有mAvA＝v， 根据能量守恒定律有E损＝mAv－v2， 解得E损＝48 J。 答案　(1)8 m/s　(2)48 J 2．A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的xt图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B两球碰撞前的xt 图像，c为碰撞后它们的xt图像。若A球质量为1 kg，则B球质量为(　　) A．2 kg B． kg C．4 kg D． kg 解析　由图像可知，碰撞前A、B两球都做匀速直线运动，va＝ m/s＝－3 m/s，vb＝ m/s＝2 m/s，碰撞后二者共同做匀速直线运动，vc＝ m/s＝－1 m/s，碰撞过程中动量守恒，有mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，解得 mB＝ kg，选项B正确。 答案　B 考点 爆炸、反冲、“人船模型”(方法模型) 类型1　爆炸现象 1．特点：爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。 2．爆炸现象的三个规律 动量守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 动能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能 位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 [例6]　(多选)春节是我国传统节日，人们通常在夜晚放烟花进行庆祝。如图所示，某种烟花弹从地面处发射竖直上升至最高点时炸裂成A、B两块，质量分别为3m和m，A、B初速度方向水平，A的落地点与发射点距离为s，不计空气阻力，则(　　) A．A、B同时落地 B．A、B下落过程中动量守恒 C．A、B落地时的速度大小之比为1∶3 D．A、B落地时间距为4s 解析　炸裂后，A、B均做平抛运动，由于下落的高度相同，因此同时落地，A正确；由于A、B在下落的过程中，竖直方向受重力的作用，因此动量不守恒，B错误；由于水平方向动量守恒，落地时水平方向速度大小之比为1∶3，而竖直方向速度相等，因此合速度之比不是1∶3，C错误；由于水平方向动量守恒，而落地时间相同，因此水平方向位移大小之比为 1∶3，方向相反，因此落地时距离为4s，D正确；故选AD。 答案　AD 类型2　反冲运动 1．特点：物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。 2．对反冲运动的三点说明 作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加 [例7]　将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　) A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s 解析　设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2。由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s。根据动量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以选项A正确，B、C、D错误。 答案　A 类型3　“人船”模型 [例8]　(2023·重庆模拟)如图所示，质量为M＝2 kg的工件带有半径R＝0.6 m的光滑圆弧轨道，静止在光滑水平地面上，B为轨道的最低点，B点距地面高度h＝0.2 m。质量为m＝4 kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放，经B点后滑离工件，取g＝10 m/s2。求： (1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力。 (2)物块落地时距工件初始静止时右端位置的水平距离。 解析　(1)物块从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，物块和工件组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则有mgR＝mv12＋Mv22， 0＝mv1－Mv2， 联立解得v1＝2 m/s，v2＝4 m/s， 在B点处，对物块有FN－mg＝m，解得 FN＝280 N， 根据牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小FN′＝FN＝280 N，方向竖直向下； (2)物块滑离工件后做平抛运动的时间t＝＝0.2 s， 物块从滑离工件到落地过程水平方向运动的距离 x＝v1t＝0.4 m， 而工件在物块滑离前的运动过程中向左运动，设物块向右运动的距离为x1，工件向左运动的距离为x2，两者在水平方向动量守恒，则由水平方向动量守恒得0＝m1－M2， 两边同乘于两者相互作用的时间t′得0＝mx1－Mx2， 又由位移关系得R＝x1＋x2， 联立解得x1＝R＝0.2 m，x2＝R＝0.4 m， 故物块落地时距工件开始静止时右端位置的水平距离为Δx＝x－x2＝0。 答案　(1)280 N，方向竖直向下　(2)0 m [对应学生用书P129] 生产生活中的动量守恒 1．(联系生活实际)(多选)(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　) A．该过程动量守恒 B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 解析　取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块 1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有FΔt＝I2解得F＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故 D正确。故选BD。 答案　BD 2．(聚焦科技前沿)所谓对接是指两艘以几乎同样快慢同向运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起。假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、m，两者对接前的在轨速度分别为v＋Δv、v，对接持续时间为Δt，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为(　　) A． B． C． D．0 解析　在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中，水平方向动量守恒，则有M(v＋Δv)＋mv＝(M＋m)v′，解得对接后两者的共同速度v′＝v＋，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有F·Δt＝mv′－mv，解得F＝，选项C正确。 答案　C 3．(树立民族自信)如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则喷气后导弹的速率为(　　) A． B． C． D． 解析　以导弹飞行的方向为正方向，导弹被飞机释放后喷出燃气前后瞬间，根据动量守恒定律得：Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝，故BCD错误，A正确。 答案　A 课时检测训练27　动量守恒定律及其应用　　 对应学生用书P384 对点练1　动量守恒定律的理解和基本应用 1.(2025·辽宁鞍山市联考)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是(　　) A.只有甲、乙 B.只有丙、丁 C.只有甲、丙 D.只有乙、丁 解析　甲图中子弹与木块组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒，乙图中，M与N组成的系统所受合外力不为0系统动量不守恒；丙图中木球与铁球组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒；丁图中斜面与木块组成的系统所受合外力不为0，系统动量不过恒，所以系统动量守恒的只有甲、丙，选C。 答案　C 2．如图所示，光滑绝缘水平面上带有同种电荷的A、B两个小球质量分别为m1、m2，当相距一定距离时同时释放，在释放后的任一时刻，A、B两小球的下列关系正确的是(　　) A．受力之比等于m1∶m2 B．加速度之比等于m1∶m2 C．动量之比等于m2∶m1 D．动能之比等于m2∶m1 解析　两电荷之间的作用力为相互作用力，则受力之比等于1∶1，选项A错误；根据F＝ma可知，加速度之比等于m2∶m1，选项B错误；两电荷组成的系统受合外力为零，则总动量守恒，p1－p2＝0，即动量之比等于1∶1，选项C错误；根据Ek＝可知，动能之比等于m2∶m1，选项D正确。 答案　D 3.(多选)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0 kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0 kg的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0 m/s，物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是(　　) A.绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为1.0 m/s B.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0 m/s C.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5 m/s D.最终A、B、C三者将以大小为 m/s的共同速度一直运动下去 解析　绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度，设B、C达到的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A正确；绳子刚绷紧后的瞬间，设A、B具有相同的速度v2，A、B组成的系统满足动量守恒，则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B错误，C正确；A、B、C三者最终有共同的速度，设为v3，A、B、C组成的系统满足动量守恒，则有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝ m/s，D正确。 答案　ACD 对点练2　碰撞问题 4．肺炎疫情期间，一些宅在家里久了的朋友有些耐不住寂寞，想要出门逛逛，但是又担心受到感染，因此绞尽脑汁来自我保护。如图所示，母女俩穿着同款充气“防护服”出来散步，由于两人初次穿充气服，走起路来有些控制不好平衡，所以两人发生了碰撞。若妈妈的质量为3m，女儿的质量为m，且以相同的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞，碰撞后妈妈静止不动，则这次碰撞属于(　　) A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法确定 解析　设碰撞后女儿的速度为v′，根据动量守恒定律可得3mv－mv＝mv′，故碰后女儿的速度v′＝2v，碰前母女俩的总动能Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2，碰后母女俩的总动能Ek′＝mv′2＝2mv2，由于碰撞前后总动能相等，所以母女俩的碰撞为弹性碰撞，故选A。 答案　A 5.如图为某运动员正在准备击球，设在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg· m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB′＝4 kg· m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　) A.mB＝mA B.mB＝mA C.mB＝2mA D.mB＝5mA 解析　碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg· m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有＋≥＋，解得mB≥mA，碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可知mA≤mB≤4mA，故C正确。 答案　C 6．如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　) A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动 C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动 解析　以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以A、B的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则A应该向左运动，B应该向右运动，选项D正确，A、B、C错误。 答案　D 对点练3　爆炸、反冲、“人船”模型 7.如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上，质量为M的铁块在下，上下表面正对用极短的细绳连接悬浮在平静的水池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为(　　) A.h B.(h＋2a) C.(h＋2a) D.h＋2a 解析　设铁块竖直下沉的位移为d，对木块与铁块系统，系统合外力为零，由动量守恒(人船模型)可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝h＋2a，故D正确。 答案　D 8．质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为(　　) A． h B． h C． h D． h 解析　设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝－Mv2＋mv1，人沿软梯降至地面，气球上升的高度为L－h，平均速度大小为v2＝，人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小为v1＝，联立得0＝－M·＋m·，解得L＝h，故C正确，A、B、D错误。 答案　C 9．在某次军演中，一炮弹由地面斜向上发射，假设当炮弹刚好到最高点时爆炸，炸成前后两部分P、Q，其中P的质量大于Q。已知爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，假设爆炸后P、Q的速度方向均沿水平方向，忽略空气的阻力，则下列说法正确的是(　　) A．爆炸后Q的运动方向一定与P的运动方向相同 B．爆炸后Q比P先落地 C．Q的落地点到爆炸点的水平距离大 D．爆炸前后P、Q动量的变化量大小相等 解析　在爆炸过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒。爆炸前炮弹在最高点的速度沿水平方向，爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，根据动量守恒定律判断出Q的速度一定沿水平方向，但爆炸后的运动方向取决于P的动量与爆炸前炮弹的动量的大小关系，因此Q的运动方向不一定与爆炸前的运动方向相同，故A错误；在爆炸过程中，P、Q受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，由动量定理可知，在爆炸过程中P、Q动量的改变量大小相等、方向相反，D正确；爆炸后P、Q均做平抛运动，竖直方向上为自由落体运动，由于高度相同，在空中运动时间一定相同，所以P、Q一定同时落地，B错误；由于爆炸后两部分速度的大小关系无法判断，因此落地点到爆炸点的水平距离无法确定，C错误。 答案　D 10．如图所示，动量分别为pA＝5 kg·m/s、pB＝7 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量。则下列选项中可能正确的是(　　) A．ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s B．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s C．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s D．ΔpA＝－10 kg·m/s、ΔpB＝10 kg·m/s 解析　根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝－3.0 kg·m/s、ΔpB＝3.0 kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为pA′＝2.0 kg·m/s、pB′＝10 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，是可能发生的，故A正确。两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若ΔpA＝3.0 kg·m/s，ΔpB＝3.0 kg·m/s，违反了动量守恒定律，不可能，故B错误。根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝3.0 kg·m/s、ΔpB＝－3.0 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝8 kg·m/s、pB′＝4 kg·m/s，由题，碰撞后两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故C错误。如果ΔpA＝－10 kg·m/s、ΔpB＝10 kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为pA′＝－5 kg·m/s、pB′＝17 kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能。故D错误。 答案　A 11．在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度。某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m＝800 g的气体，气体离开发动机时的对地速度v＝1 000 m/s，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M＝600 kg，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则(　　) A．第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4 m/s B．地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2 km/s C．要使火箭能成功发射至少要喷气500次 D．要使火箭能成功发射至少要持续喷气17 s 解析　设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈4 m/s，故A正确；地球卫星要能成功发射，喷气n次后至少要达到第一宇宙速度，即：vn＝7.9 km/s，故B错误；以火箭和喷出的n次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－nm)vn－nmv＝0，代入数据解得n≈666，故C错误；至少持续喷气时间：t＝＝33.3 s，故D错误。 答案　A 12.(2024·黑吉辽)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力。求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB。 (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ。 (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 解析　(1)A离开桌面后做平抛运动，则 水平方向有xA＝vAt， 竖直方向有h＝gt2， 联立并代入数据解得vA＝1 m/s， A、B与弹簧相互作用的过程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受弹簧弹力也等大反向，又A、B竖直方向上所受合力均为零，故A、B组成的系统所受合外力为零，动量守恒，则有mAvA＝mBvB， 解得vB＝1 m/s。 (2)对B离开弹簧后的运动过程，根据动能定理有－μmBgxB＝0－mBv， 代入数据解得μ＝0.2。 (3)对A、B与弹簧相互作用的过程，根据能量守恒定律有 ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAg·＋μmBg·， 代入数据解得ΔEp＝0.12 J。 答案　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J 13．(2023·广东卷)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求： (1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t。 (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W。 (3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 解析　(1)A在传送带上运动时的加速度a＝μg， 由静止加速到与传送带共速所用的时间t＝＝； (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W＝·2mv02＋2mg·3L－2m(2v0)2＝ 6mgL－3mv02； (3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知2m·2v0＝mv1＋2mv2， ·2m·(2v0)2－＝， 解得v1＝2v0，v2＝v0(另一组v1＝v0，v2＝v0 舍掉)， 两物体平抛运动的时间为t1＝， 则s－r＝v2t1，s＋r＝v1t1， 解得s＝。 答案　(1)t＝　 (2)W＝6mgL－3mv02 (3)s＝ 学科网（北京）股份有限公司 $$